1859

нейного	однородного	дифференциального	уравнения
y′′+ a1 (x)y′+ a2 (x)y = 0		образуют на интеграле (a;b) фунда-

ментальную систему, то общее решение этого уравнения име-

ет вид y00 = c1 y1 (x)+ c2 y2 (x), где c1 и c2 – произвольные постоянные (без доказательства).

5.10. Дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами

Рассмотрим линейное однородное дифференциальное уравнение второго порядка

y′′ + py′ + qy = 0 ,

где p и q – постоянные действительные числа. Чтобы найти

общий интеграл этого уравнения достаточно найти два линейно независимых частных решения. Будем искать частные ре-

шения в виде y = ekx , где k - подлежащая определению константа. Используя y′ = kekx , y′′ = k 2ekx и подставляя выражения

для y ,	y′,	y′′	в	дифференциальное уравнение, имеем
ekx (k 2 + pk + q) = 0.
Так	как	ekx	≠ 0,	то	получается характеристическое
уравнение k 2 + pk + q = 0.					При решении характеристического

уравнения возможны следующие три случая.

1. Характеристическое уравнение имеет два действительных различных корня k1 и k2 ( k1 ≠ k2 ). В этом случае ча-

стными решениями дифференциального уравнения являются

функции y			= ek1x	и y		2	= ek2 x . Они образуют фундаментальную
1
системурешений, т. к. их вронскиан
W (x)=		ek1x	ek2 x		= k2e(k1 +k2 )x − k1e(k1 +k2 )x = e(k1 +k2 )x (k2 − k1 )≠ 0 .
		k1ek1x k2ek2 x
							100

Общее решение однородного дифференциального уравне-

ния имеет вид y = c1ek1x + c2ek2 x .

Пример 5.10.1. Найти общее решение дифференциально-

го уравнения y′′−3y′+ 2y = 0 .
Решение:	Составим	характеристическое							уравнение
k 2 −3k + 2 = 0 ,	которое имеет				два различных действительных
корня k1 =1, k2	= 2 . Запишем общее решение дифференциально-
го уравнения в виде y = c ex + c		2		e2x .
	1
2. Характеристическое уравнение имеет действитель-
						p		p2
ный двукратный корень k = k			2		= k = −		D =		− g = 0 . В
	1					2		4

этом случае известно лишь одно частное решение y1 = ekx . Однако, можно с помощью подстановки показать, что функция y2 = xekx также является решением дифференциального уравнения. Действительно,

y2″ + py2′ + gy2 = (xekx )″ + p(xekx )′ + g(xekx )= = (2kekx + xk 2ekx )+ p(ekx + xkekx )+ g(xek1x )=

= ekx (2k + k 2 x + p + pxk + gx)= ekx (x(k 2 + pk + g)+ (p + 2k)).

Поскольку k 2 + pk + g = 0, т.к. k является корнем характери-

стического уравнения, а					p + 2k = 0 , т.к.		по условию	k = −	p	,
		″ + py2	′ + gy2 = 0 ,					2
то	y2				т.е. функция	y2	= xekx является вто-
рым		решением дифференциального				уравнения.		Функции
y	= ekx и y		2	= xekx образуют фундаментальную систему ре-
1

шений: W (x)= e2kx ≠ 0 . Общее решение дифференциального уравнения в этом случае имеет вид y = c1ekx + c2 xekx .

101

Пример 5.10.2. Найти общее решение дифференциального уравнения y′′− 4y′+ 4y = 0 .

Решение: Составим характеристическое уравнение

k 2 − 4k + 4 = 0, которое имеет два одинаковых действительных корня k1 = k2 = 2. Запишем общее решение дифференциального

уравнения в виде y = c e2x + c

2

xe2x .

1

3. Корни k1

и

k2

характеристического уравнения явля-

ются

комплексными:

k1 =α +iβ ,

k2 =α −iβ

p

2

p

p

2

D =

− g < 0, α = −

, β =

g −

> 0

. В этом случае ч а-

4

4

2

стными решениями дифференциального уравнения является функции y1 = e(α+iβ )x и y2 = e(α−iβ )x , которые образуют фун-

даментальную систему решений дифференциального уравнения, но не удобны для конкретного использования.

Применяя	формулы	Эйлера	eiϕ = cosϕ + i sinϕ ,
e−iϕ = cosϕ −i sinϕ можно получить два действительных част-

ных линейно независимых решения дифференциального урав-

~

~

без мнимой единицы:

нения y1 и

y2

~

y

+ y

2

eαx+iβx + eαx−iβx

αx

eiβx + e−iβx

αx

1

y =

=

= e

= e

cos βx ,

1

2

2

2

~

y1 − y2

eαx+iβx −eαx−iβx

αx

eiβx −e−iβx

αx

y

2

=

=

= e

= e

sin βx .

2

2

2

~

~

Функции

являются решениями дифференциаль-

y1 и

y2

ного уравнения по теореме о свойстве решений этого уравнения и тоже образуют фундаментальную систему решений, так

как W (x)≠ 0 . Поэтому общее решение дифференциального

уравнения y′′+ py′ + qy = 0 в третьем случае запишется в виде

102

y = eαx (c1 cos βx + c2 sin βx).

Пример 5.10.3. Найти общее решение дифференциального уравнения y′′− 4y′+13y = 0 .

Решение: Составим характеристическое уравнение, которое

имеет два комплексных корня k1 = 2 +3i			и k2 = 2 −3i . Запишем
общее решение		дифференциального	уравнения в виде
y = e2x (c sin 3x + c	2	cos3x).
1

5.11. Линейные неоднородные дифференциальные уравнения второго порядка

Рассмотрим линейные неоднородные дифференциальные уравнения второго порядка

y′′+ a1 (x)y′+ a2 (x)y = f (x),

где a1(x), a2 (x), f (x)- заданные, непрерывные на (a,b) функции. Уравнение y′′+ a1 (x)y′+ a2 (x)y = 0 , называется соответст-

вующим ему однородным уравнением.

Теорема 1. (Теорема о структуре общего решения линейного неоднородного дифференциального уравнения второго

порядка). Общим решением yон уравнения y′′+ a1 (x)y′+ a2 (x)y = f (x) является сумма его произвольного

частного решения yчн и общего решения yoo = c1 y1 + c2 y2 соответствующего однородного уравнения, т.е. yон = yоо + yчн .

	Теорема 2. (Теорема о наложении решений). Если пра-
вая часть уравнения y′′+ a1 (x)y′+ a2 (x)y = f1 (x)+ f2 (x)			пред-
ставляет собой сумму двух функций: f1 (x) и		f2 (x), а	y1чн и
y2чн	- частные решения уравнений y′′+ a1 (x)y′+ a2 (x)y = f1 (x)
и y′′+ a1 (x)y′+ a2 (x)y = f2 (x) соответственно,		то функция
yчн	= y1чн + y2чн является частным решением данного уравне-
ния.
	103

5.12. Интегрирование линейного неоднородного дифференциального уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами и правой частью специального вида

Рассмотрим неоднородное линейное дифференциальное

уравнение

y′′+ py′+ qy = eαx (Pn (x)cos βx +Qm (x)sin βx) с правой

частью специального вида, где α, β, p, q – некоторые числа,

P (x)= a

n

xn + a

n−1

xn−1 +... + a

0

,

Q

m

(x)= b

xm +b

xm−1 +...+b .

n

m

m−1

0

Общее решение уравнения представляет собой сумму общего решения соответствующего однородного уравнения

yoo и частного решения yчн неоднородного уравнения. Част-

ное решение уравнения со специальной правой частью может быть найдено методом неопределенных коэффициентов, со-

стоящим в том, что по виду правой части f (x)= eαx (Pn (x)cos βx +Qm (x)sin βx) неоднородного уравнения записывают ожидаемую форму частного решения

y = xl eαx (PN (x)cos βx +QN (x)sin βx).

Здесь многочлены PN (x), QN (x) с коэффициентами, подлежа-

щими определению, имеют одинаковую степень, равную большему из значений чисел m и n . Число l равно кратности совпадения параметра α +iβ с корнями характеристического уравне-

ния. Если параметр α +iβ не совпадает с корнями характери-

стического уравнения, то l = 0 . Если параметр оказывается равным одному из действительных корней характеристического уравнения, или совпадает с одним из комплексных корней характеристического уравнения, то l =1. Если параметр совпадает с двукратным корнем характеристического уравнения, то l = 2 .

Рассмотрим несколько частных случаев.

1. Пусть правая часть неоднородного уравнения имеет вид f (x)= Pn (x)eαx , где Pn (x) - многочлен n –ой степени. Пара-

104

метр правой части α +iβ =α совпадает с α , а число α не яв-

ляется корнем характеристического уравнения k 2 + pk + q = 0. В этом случае частное решение ищется в виде

y = (A0 xn + A1xn−1 +... + An )eαx ,

где коэффициенты A0 , A1 ,…, An подлежат определению.

Если же число α совпадает с одним из действительных корней характеристического уравнения, то частное решение ищется в виде

y = x(A0 xn + A1xn−1 +... + An )eαx .

Если же число α совпадает с двукратным действительным корнем характеристического уравнения, то частное решение ищется в виде

y = x2 (A0 xn + A1xn−1 +... + An )eαx .

Пример 5.12.1. Найти общее решение уравнения y′′− 4y′+3y = x + 2 .

Решение: Общее решение соответствующего однородного уравнения имеет вид yоо = C1ex +C2e3x .

Так как правая часть данного неоднородного уравнения имеет вид (x + 2)e0x , где параметр правой части α +iβ =0 и не

совпадает с корнями характеристического уравнения							k1 =1 и
k2		= 3 , то час	тное	решение	ищется	в	виде
y	чн	= Q (x)e0x = Ax + B .
		1
		Подставляя это выражение в заданное уравнение, имеем
− 4A +3(Ax + B) = x + 2 .
		Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х,
получим 3A =1,			− 4A +3B = 2 , откуда		A =1/ 3,	B =10 / 9.

Следовательно, yчн = 13 x + 109 .

Общее решение дифференциального уравнения равно

105

y = C1ex +C2e3x + 13 x + 109 .

Пример 5.12.2. Найти общее решение дифференциального уравнения y′′−5y′+ 4y = (x − 2)ex .

Решение: Общее решение соответствующего однородного уравнения имеет вид

yоо = C1ex +C2e4x .

Так как правая часть данного неоднородного уравнения имеет вид (x − 2)ex , где параметр правой части α +iβ =1и совпадает с корнем характеристического уравнения k1 =1, то ча-

стное решение ищется в виде y	чн	= xQ (x)ex = (Ax2 + Bx)ex .
		1
Найдя первую производную y′ = (Ax2 + (2A + B)x + B)ex			и
вторую производную y′′ = (Ax2 + (4A + B)x + (2A + 2B))ex			и
подставляя это выражение в заданное уравнение, имеем
(Ax2 +(4A +B)x +2A +2B)ex −5(Ax2 +(2A +B)x +B)ex +4(Ax2 +Bx)ex =
= (x − 2)ex ,

(−6Ax + (4A −3B))ex = (x − 2)ex .
	Приравнивая коэффициенты при одинаковых функциях
xex ,	ex			получим	−6A =1,	2A −3B = −2 , откуда
A = −1/ 6,		B = 5 / 9. Следовательно,				yчн = (− x2 / 6 +5x / 9)ex .
	Общее решение дифференциального уравнения равно
y = C ex +C			2	e4x + (−x2	/ 6 +5x / 9)ex .
	1

Пример 5.12.3. Найти общее решение уравнения y′′+ 4y = xex .

Решение: Найдем общее решение однородного уравнения, предварительно записав его характеристическое уравне-

ние k 2 + 4 = 0, k1,2 = ±2i . Общее решение соответствующего

однородного уравнения

yоо = C1 cos 2x +C2 sin 2x . 106

Правая часть данного неоднородного уравнения xex имеет видP1 (x)ex . Так как коэффициент α +iβ =1 в показателе степени не является корнем характеристического уравнения, то

частное решение ищется в виде yчн = (Ax + B)ex .		Подставляя
это выражение в заданное уравнение, будем иметь
(Ax + 2A + B)ex	+ 4(Ax + B)ex = xex . Приравнивая коэффициен-
ты при одинаковых функциях, получим 5A =1,		2A +5B = 0,
откуда A =1/ 5,	B = −2 / 25. Следовательно, частное решение
равно yчн = (x / 5 − 2 / 25)ex . Общее решение равно

y= C1 cos 2x + C2 sin 2x + (x / 5 − 2 / 25)ex .

2.Правая часть неоднородного уравнения имеет вид

f (x)= eαx (Pn (x)cos βx +Qm (x)sin βx),

где Рп(х) и Qm(x) - многочлены степени п и т соответственно,

αи β - действительные числа.

Вэтом случае частное решение следует искать в виде

y = xl eαx (M s (x)cos βx + Ns (x)sin βx), где l - число, равное кратности α + βi как корня характеристического уравнения

k2 + pk + g = 0, M s (x) и Ns (x) - многочлены степени s с не-

определенными коэффициентами, s - наивысшая степень мно-

гочленов Рп(х) и Qm(x), т. е. s = max(n, m).

Следует отметить, что указанные формы частных решений сохраняются и в том случае, когда правая часть дифферен-

циального уравнения имеет вид Pn (x)eαx cos βx или

Qm (x)eαx sin βx .

Если же правая часть линейного уравнения второго порядка имеет вид:

f (x) = M cos βx + N sin βx ,

107

где M и N – постоянные числа, а iβ не является корнем харак-

теристического уравнения, то частное решение уравнения следует искать в виде

yчн = Acos βx + Bsin βx .

Если iβ является корнем характеристического уравнения, то частное решение уравнения следует искать в виде

yчн = x(Acos βx + B sin βx).

Пример 5.12.4. Найти общее решение линейного неоднородного уравнения y′′+2 y′+5y = 2 cos x.

Решение: Общее решение будет иметь вид y = yoo + yчн . Составим характеристическое уравнение и найдем его корни

k 2 +2k +5 = 0,	k1 = −1+2i,			k2 = −1−2i.
Тогда общее решение соответствующего однородного
уравнения		= e−x (C
y	oo			cos 2x +C	2	sin 2x).
			1
Поскольку параметр правой части данного неоднородно-
го уравнения α +iβ = i			не является		корнем характеристиче-
ского уравнения, частное решение будем искать в форме
		yчн	= Acos x + Bsin x ,

где А и В – постоянные коэффициенты, подлежащие определению.

Находя производные и подставляя их в заданное уравнение, будем иметь

− Acos x − Bsin x + 2(−Asin x + B cos x) +5(Acos x + Bsin x) = 2cos x .

Приравнивая коэффициенты при cos x					и sin x , получим:
	− A +2B +5A = 2, − B −2A +5B = 0,
откуда	A = 2 / 5, B =1/ 5.	Следовательно, частное решение
yчн = 2 cos x + 1 sin x . Общее решение					y = yoo + yчн будет
5	5			sin 2x) + 2 cos x + 1 sin x .
иметь вид y = e−x (C cos 2x		+C	2
	1			5	5
		108

Пример 5.12.5. Найти общее решение линейного неоднородного уравнения y′′+4 y = cos 2x.

Решение: Найдем общее решение соответствующего однородного уравнения. Составим характеристическое уравнение

и найдем его корни k 2 +4 = 0, k1 = +2i, k2 = −2i. Тогда общее решение соответствующего однородного уравнения

yoo = C1 cos 2x +C2 sin 2x.

Поскольку параметр правой части α +iβ = 2i совпадает с корнем характеристического уравнения, частное решение бу-

дем искать в форме yчн = x(Acos x + Bsin x), где А и В – постоянные коэффициенты, подлежащие определению.

Подставляя производные

yчн′ = 2x(−Asin 2x + B cos 2x) + (Acos 2x + B sin 2x),

yчн′′ = 4x(−Acos 2x − B sin 2x) + 4(−Asin 2x + B cos 2x)

в исходное уравнение, и приравнивая коэффициенты при cos 2x и sin 2x , получим два уравнения для определения А и В:

4B =1, − 4A = 0 . Откуда A = 0, B =1/ 4. Следовательно, ча-

стное решение yчн = 14 x sin x . Общее решение будет иметь вид

y = C1 cos 2x +C2 sin 2x + 14 x sin x .

Пример 5.12.6. Найти частное решение линейного неоднородного уравнения, удовлетворяющее начальным условиям.

y(0) =1, y′(0) = 2.

y′′+ y′−2 y = cos x −3sin x.

Решение: Найдем общее решение дифференциального

уравнения y = yoo + yчн .

Составим характеристическое уравнение и найдем его

корни: k 2 +k −2 = 0,

k1 =1, k2 = −2.

109